%
%                 GRAVIT - 9
%

%  Respuestas a los problemas  Hay que reordenar !   14 Mayo 1997.
%

\chapter{Algunas soluciones posibles}
Estas son  algunas respuestas posibles a los problemas
planteados. Son relativamente decentes, pero debe haber muchas m\'as.

Probablemente se pueda decir que unas son mejores que
otras; o bien, que algunas son ``m\'as bonitas" que otras, etc. 
Es interesante tratar de definir estos t\'erminos est\'eticos
al aplicarlos para clasificar a las diversas soluciones.

Aunque puede haber diversas opiniones respecto a cu\'ando una 
soluci\'on es mejor o m\'as bella que otra, o cuando es
m\'as ingeniosa, hay acuerdo universal respecto a qu\'e es una
\textsf{mala soluci\'on}. 

\section*{?` Qu\'e es una mala soluci\'on?}

Aunque parezca raro, una mala soluci\'on
no es solamente aquella en que el n\'umero final es
distinto del n\'umero
que obtiene el autor del libro. Aun si los n\'umeros
son iguales,
 ambas soluciones pueden estar mal, o la coincidencia
de los n\'umeros
puede ser una simple casualidad.

Los mal educados confunden una soluci\'on con un
\textsf{chorro de ecuaciones},
en donde no se han definido los s\'imbolos ni se han
aclarado las 
hip\'otesis o aproximaciones especiales que se
hicieron.

%\bye

\section{Cambios en la aceleraci\'on de gravedad}

En este caso, como en otros, hay varias soluciones
posibles,
pues el campo gravitatorio depende de la distribuci\'on
de
masa que lo produzca. La hip\'otesis m\'as simple es
que la
Tierra es una esfera homog\'enea, o sea, la densidad de
la Tierra 
es la misma en  todos los puntos de ella. Este es un
modelo poco
realista, pero sencillo, asi que empezamos con \'el.

Veamos primero c\'omo procede un ``diligente". Comienza
por 
escribir: {\sl si llamamos M a la masa de la Tierra, R 
a su radio  y G a la constante de gravitaci\'on, el
campo en el exterior de la 
Tierra, a una distancia $\Delta r $ de su superficie,
es}

\begin{equation}\label{ec1}
g(r)  =  GM/r^2  = GM/(R + \Delta r)^2\;,
\end{equation}
 
\noindent luego escribe los valores num\'ericos de las 
constantes que aparecen y se pone a calcular como loco.

Hay un procedimiento un poco m\'as inteligente. ANTES
de agachar la cabeza 
y ponernos a calcular, cerremos los ojos y pensemos.
Caeremos en cuenta
de que  $6.4 $ km  es una cantidad peque\~na, comparada
con el radio 
de la Tierra. En efecto, $\Delta r/ R $ = .001 = 0.1
$\% $, as\'i  que podemos hacer
c\'alculos aproximados, aprovechando lo que hemos
aprendido en las clases de 
c\'alculo.

Puesto que en el exterior  $g(r) = GM/r^2, $ calculando
la 
diferencial, tenemos

\begin{equation}\label{ec2}
dg = - 2GMdr /r
\end{equation}

 Se ve que el cambio relativo de {\sl g} es 

\begin{equation}\label{ec3}
\frac{ dg }{  g } = - \frac{ 2 dr }{  r } = - 0.2
\end{equation}

En el interior de la Tierra  $g(r) = (g_{\circ}/R)r $,
as\'i  que 
calculando ahora con esta \'ultima funci\'on, se llega
a
que en el interior de la Tierra

\begin{equation}\label{ec4}
\frac{ dg }{  g } = \frac{ dr }{  r } = -  0.1 \%
\end{equation}

En este caso, el signo menos proviene del hecho de que
$dr $ es 
negativo. Tanto si nos elevamos respecto a la
superficie de la
Tierra, como si bajamos a un pozo en ella, la
intensidad del
campo disminuye; pero la disminuci\'on, en el primer
caso, es el
doble de cuando bajamos al pozo. Ahora, si como valor
en
la superficie tomamos $g_{\circ} = 9.8 $ a  6.4 km de
altura,
se tendr\'ia $g_1 = 9.8 - 0.02\times 9.8 = 9.6 $. A
6.4 km de profundidad, entonces, $g_2 = 9.8 -
0.01\times 9.8 = 9.7 $

N\'otese que, dado lo crudo del modelo que usamos
(tierra absolutamente
esf\'erica y homog\'enea), no se justifica calcular con
m\'as cifras
significativas. U\-san\-do este modelo homog\'eneo, la
aceleraci\'on de
gravedad m\'axima ocurre justo en la superficie de la
Tierra.
Usando un modelo m\'as realista, uno en que se 
reconoce que la densidad es una funci\'on de la
distancia 
al centro de la Tierra (ver tabla en el cap\'itulo
XX),
se encuentra que el ``g" m\'aximo no ocurre en la
superficie
de la Tierra (sino un poco m\'as adentro) y que
tambi\'en desaparece
la discontinuidad en la la pendiente de la funci\'on 
$g(r)$ en
el punto $ r = R_t.$
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\section{Las rocas de Newton}

Newton se preocup\'o de la determinaci\'on experimental
del valor de
la constante G de gravitaci\'on. Como parte de esta ``
preocupaci\'on", se plante\'o el problema de determinar
el tiempo
que tardar\'ian dos rocas medianas en chocar. Si
este tiempo
es muy largo, entonces el m\'etodo para medir G
ser\'ia
poco pr\'actico y quiz\'as imposible.

Imaginemos  una part\'icula de masa $M$  fija en el
origen y 
otra part\'icula, de masa $m$, que est\'a en el eje
X, en el punto
$ x = x_{\circ} $. Como $M$ atrae a $m$, ambas
part\'iculas terminar\'an 
chocando. Vamos ahora a calcular el tiempo que tardan
en chocar. 

\bigskip
La aceleraci\'on de la part\'icula es $\displaystyle
 \frac{ dv }{  dt } 
=  \frac{ k }{  x^2 } $. Integrando

$$v^2 - v_{\circ}^2 =  2k \left( \frac{ 1 }{  x  }
- \frac{ 1 }{  
x_{\circ }}\right)$$

 De aqu\'i obtenemos la velocidad, en funci\'on de
la posici\'on.

$$\frac{dx}{dt} = \pm \sqrt{\frac{2k}{s}
- \Bigl( \frac{2k}{s_{\circ }} - v_{\circ}^2\Bigr) }$$

\smallskip
Est\'a claro que debemos elegir entre el signo m\'as y
el signo menos,
seg\'un sea la direcci\'on en que se mueve la
part\'icula.
Antes de tratar de integrar, conviene transformar un
poco la ra\'iz. Por 
ejemplo, poniendo
$ 2k/s_{\circ} - v_{\circ}^2 =  k/ a $, la ra\'iz
queda

\medskip
\begin{align*}
\frac{ \sqrt{2k }}{  s } - \Bigl( \frac{
2k }{ s_{\circ }} - v_{\circ}^2\Bigr)& =  \sqrt{\frac{
2k }{  x } - \frac{ k }{  a }}\\
& = \sqrt{k}\sqrt{\frac{2a - x }{  xa }}= \sqrt{\frac
{k }{  a }}
\sqrt{\frac{2a-x}{x}}
\end{align*}               

\noindent as\'i es que  

$$\frac{ dx }{  dt } = \pm  \sqrt{\frac{k }{  a }}
\sqrt{\frac{2a-x }{  x }}$$

\medskip
Ahora  todo est\'a listo para la integraci\'on:
\medskip
$$dt = \pm \sqrt{\frac {a }{  k }} \frac{  xdx }{ 
\sqrt{2ax - x^2 }} $$  

\medskip
\begin{equation}\label{ec5}
t = \pm \sqrt{\frac{a }{  k }}
\int_{x_{\circ}}^x  \frac{  xdx }{  \sqrt{2ax - x^2 }} 
\end{equation}

\medskip
Llegados a este punto, hay tres caminos posibles:  1)
tratar uno mismo
de transformar la integral en una m\'as sencilla; 2)
buscar la integral
en una tabla; y 3) recurrir  a un ayudante, como MAPLE 
o MATLAB.

Un alem\'an del siglo diecinueve descubri\'o que, en 
1), 
conviene hacer el cambio de variables $ x = a(1 +
\sen\theta) $. Como sea, el 
resultado de la integral es

\begin{equation}\label{ec6}
t = \pm \sqrt{\frac{a }{  k }} \Bigl[ a
\sen^{-1}\Bigl( \frac{ s-a }{  a } 
\Bigr) - \sqrt{2ax - x^2} \Bigr]_{x_o}^x
\end{equation}

Newton pens\'o que las rocas demoraban aproximadamente
dos meses en
chocar, pero ahora tu sabes m\'as.




\section{Sat\'elites rasantes}
      Todos los sat\'elites que tengan la misma
energ\'ia total,
tienen \'orbitas de igual tama\~no. En otras palabras,
si a algo lo
lanzamos verticalmente, su \'orbita ser\'a una elipse
muy alargada
con semieje mayor igual al di\'ametro de la Tierra.
Tambi\'en
tendr\'a el mismo per\'iodo (por la tercera ley de
Kepler), asi
que caer\'a chocando con el suelo despu\'es de un
tiempo $T/2,$
en que T es el per\'iodo del sat\'elite rasante.

En resumen, el ``sat\'elite" subir\'a hasta una altura
de
aproximadamente 6400 km  y chocar\'a con el suelo
despu\'es de
42 minutos.


\section{Tercera constante c\'osmica}

A una GRAN distancia del sistema solar, \'este
atraer\'ia a
una part\'icula como si, en vez del Sol, hubiera una
gran 
part\'icula cuya masa fuese la suma de la masa del
Sol, m\'as las 
masas de todos los planetas. La suma de las masas de
los planetas
es aprox. 450 masas la de la Tierra. A su vez, la masa
del Sol es como 330 mil 
veces la masa de la Tierra, de tal manera que la suma
de las masas de todos los
planetas agregar\'ia apenas un mil\'esimo. En
conclusi\'on, 
podemos olvidarnos de los planetas y calcular como si
solamente el Sol 
atrayese. 

Tenemos que decidir ahora nuestras condiciones
iniciales,
 --- desde qu\'e punto comienza nuestro  escape--- y
con qu\'e 
velocidad nos estamos moviendo. 

Naturalmente, la velocidad de escape  depende de 
nuestra posici\'on inicial. Si ya estamos en Plut\'on,
escaparse del
sistema solar es m\'as f\'acil que escaparse desde la
Tierra.


Suponiendo que partimos
desde la superficie terrestre, usamos nuestra distancia
al Sol y la velocidad de la Tierra  en torno al Sol.


Respecto al Sol, nuestra energ\'ia total es

\begin{equation}\label{ec7}
\frac{1}{2} m v^2 - GMm/a
\end{equation}

\noindent en que  $a $ es la distancia Tierra--Sol.

Para que la Tierra fuese hasta el infinito y all\'a
llegase con
velocidad cero, la energ\'ia total deber\'ia
anularse. De tal 
modo que, para que la Tierra escapara del sistema
solar, tendr\'ia que 
aumentarse su velocidad desde los 30 k/seg ---que
actualmente tiene--- hasta:

\begin{equation}\label{ec8}
v_3 = \sqrt{2Gm/a} = 42  \hbox{km/seg.}
\end{equation}

Si desde la Tierra queremos lanzar un ladrillo para que
\'este se escape
del sistema solar, entonces, seg\'un nuestras
estimaciones, habr\'ia 
que esperar el momento oportuno y darle al ladrillo una
rapidez un
poco mayor de 12 km/seg. Puesto que la fricci\'on con
la atm\'osfera le
robar\'ia de inmediato gran parte de su energ\'ia
cin\'etica,
este lanzamiento habr\'ia que hacerlo desde gran
altura.


\section{Atracci\'on de dos esferas}

Cuando se afirma que una esfera atrae a una
part\'icula como si
toda su masa estuviese concentrada en su centro, esto
implica
varias cosas:

\begin{itemize}
\item[ a)] si la esfera atrae a la part\'icula con
una fuerza
$ \vec F,$ la part\'icula atrae a la esfera con una
fuerza
$ - \vec F$;

\item[b)] esta fuerza $ \vec F$ no depende del radio de
la esfera
(si no se cambia la masa). Podemos engordarla o
enflaquecerla a 
voluntad, es decir, podemos cambiar su volumen, con tal
de que no
cambiemos su masa.
\end{itemize}
 
Para tener dos esferas y no solamente una esfera y una
part\'icula,
hacemos engordar a la part\'icula, sin cambiar su
masa. Ahora, las
dos esferas seguir\'an aplic\'andose la misma fuerza
que antes.
 
\section{Cometa de \'orbita muy exc\'entrica}
 Se trata de un cometa con una \'orbita muy
exc\'entrica, as\'i 
que podemos pensar que ``estar cerca del Sol" significa
estar en
la regi\'on en que su distancia al Sol se parece a la
distancia entre
el Sol y su perihelio. Esta regi\'on es la que
corresponde al arco
entre $\theta = -\pi/2 $  y  $\theta = \pi/2 $.

%link
\noindent\parbox[t]{3in}{Basta mirar al dibujo de la derecha para darse
cuenta de que
a $\theta = \pi/2 $ le corresponde una anomal\'ia
central
$\phi _1 = \hbox{cos}^{-1}(\epsilon)$}

%\notam
\marginpar{La elipse del \\ dibujo tiene \\ $\epsilon \sim
0.97 $}

\noindent\parbox[t]{3in}{Si llamamos $t$ al tiempo entre el paso por el
perihelio
y $\theta = \pi/2$, entonces la ecuaci\'on de Kepler,
que permite
calcular $t,$ es}

\begin{equation}\label{ec9}
\phi_1 + \epsilon \sqrt{1 -\epsilon^2} = \frac{
2\pi }{  T } t
\end{equation}

La fracci\'on de tiempo que nos interesa es $ f =
2t/T$, por lo que

\begin{align}\label{ec10}
\frac{2t }{  T } \pi & =  0.4510268 -
0.9\times 0.435889 \\
 &= 0.0587 \\
\end{align}
\begin{equation}\label{ec11}
\frac{ 2t }{  T } = 0.01869
\end{equation}

\noindent En el caso de que el per\'iodo sea de 100
a\~nos, el
cometa se mantendr\'ia en la cercan\'ias del Sol
solamente 1.87
a\~nos.

%
%

\section{Error en la inyecci\'on}
  Como la velocidad es la correcta, ya sabemos que $ a
= 9000 $ 
km. La \'unica duda que queda es si $ a(1-\epsilon) $
es mayor o 
menor que el radio de la Tierra.

El error en el rumbo provoca un cambio en el momentum
angular $l,$
pues, en vez de ser simplemente $ mvr, $ es $mvr
\sen(91^{\circ}) =
mvr \cos(1^{\circ}). $


Puesto que 

$$b =  \frac{ mvr }{  \sqrt{-2mR }} = a$$

\noindent esto hace que, debido al error,

\begin{equation}\label{ec12}
b = a \cos(1^{\circ})
\end{equation}
             
\noindent de donde

\begin{equation}\label{ec13}
\epsilon = \cos(1^{\circ}) \approx  1 - \frac{1}{2}
(1/57.3)^2
\end{equation}

%\bye                                              
\noindent y  por lo tanto

% \setbox0=\vbox{\hbox{\chica Distancia  }
% \vskip-3pt
% \hbox{\chica de m\'axima}
% \vskip-3pt
% \hbox{\chica aproximaci\'on}}

\begin{align}\label{ec14}
\copy 0& = a(1-\epsilon) =
9000\left( 1 - \frac{1}{2} 
(1/57.3)^2 \right)\\
& = 9000  km - 1.37  km
\end{align}

En otras palabras, el perigeo  desciende menos de 2 km,
por lo que el
sat\'elite s\'i entrar\'a en \'orbita.
%\bye

\section{El pozo alem\'an}

Este es un pozo muy aburrido. Para poder calcular algo,
hay que suponer 
algo respecto al valor de $g.$ Si suponemos que la
Tierra es 
homog\'enea, concluiremos que $g$ disminuye
monotonamente a medida que 
entramos en la Tierra. Pero seg\'un el modelo de capas,
a una cierta 
profundidad,  $g$  no habr\'a disminu\'ido
apreciablemente, sino 
que, por el contrario, habr\'a aumentado levemente. 

El \'algebra se pone engorrosa y quiz\'as lo mejor sea
escribir un
programa que nos dibuje un buen gr\'afico.
\bigskip

%
%\bye

\section{Escape al infinito}

Conviene dejarse caer por el lado de la energ\'ia,
ya que sabemos 
que si la energ\'ia total es igual a cero, entonces
la part\'icula
se escapa hasta el infinito.

Seg\'un nos informan, inicialmente la part\'icula
est\'a en una \'orbita 
finita. Entonces la energ\'ia total del sistena es
negativa y podemos escribir

\begin{equation}\label{ec15}
E_o =  \frac{1}{2} m v^2 - K/r  < 0
\end{equation}
 
Puesto que la \'orbira es circular, hay una relaci\'on
sencilla
entre la energ\'ia cin\'etica y la energ\'ia
potencial

$$ mv^2/r = K/r^2    \kern1pc \Rightarrow \kern1pc
\frac{1}{2} m v^2 = 
\frac{ K }{  r } \kern1pc \Rightarrow \kern1pc  T =
-\frac{1}{2} U$$
 
Entonces, si ocurre que  $K \mapsto  K/2 $, la
energ\'ia total pasa 
a ser
\begin{equation}\label{ec16}
E_1 = \frac{ K  }{  2r } - \frac{ K  }{  2r } = 0
\end{equation}

  Cuando la energ\'ia total es cero, la \'orbita se
abre, se convierte en una
par\'abola y la part\'icula arranca hasta el
infinito.
%\bye
                                                      
%

\section{Per\'iodo}
 En virtud de la tercera ley de Kepler, basta que
conozcamos el semieje 
mayor de una \'orbita para obtener el per\'iodo. 

En este ejercicio, la energ\'ia total es

\begin{align}\label{ec17}
 E & = \frac{1}{2} v^2 - 10/r \\
& = 4.5 - 5 = -0.5
\end{align}
 
Por otra parte,
\begin{equation}\label{ec18}
a = K/(-2E) = 10
\end{equation}

\noindent as\'i es que 
\begin{equation}\label{ec19}
( \frac{ 2\pi }{  T })^2 a^3 = 10
\end{equation}
      
\begin{equation}\label{ec20}
4  T^2 = 4\pi^2 100 
\end{equation}
\begin{equation}\label{ec21}
T =  20\pi = 62.8
\end{equation}


?` Unidades? No hay suficiente informaci\'on para
saberlo. 
Adem\'as, ?` a qui\'en le importa?

%
%\bye

\section{Dibujar \'orbita}

Para poder dibujar la \'orbita, necesitamos conocer su
forma y su
orientaci\'on en el plano (X,Y). Pero primero veamos si
es una
\'orbita cerrada o no.

$$  E = \frac{1}{2} \Bigl(\frac{ 16 }{  9 } + \frac{ 16
}{  9 }\Bigr) - \frac{ 32 }{  9 } = - 
\frac{1}{2} \frac{ 32 }{  9 }$$

Esto muestra que la \'orbita es cerrada; por lo tanto,
es una elipse.
Calculamos entonces  $a,$  $b$ y $\epsilon$.

$$  a = K/(-2E) = 32/(32/9) = 9$$

Para calcular el otro semie--eje necesitamos el
momentum angular, 
as\'i es que lo calculamos:

$$  \vec l =  \vec r \times  \vec p = 9\widehat y
\times \left(
-\frac{4}{3} \widehat x + \frac{4}{3} \widehat y
\right) = 12 
\widehat z$$

\noindent y ya podemos calcular $b$.

%\bye
\begin{align*}
b  & = l/\sqrt{-2mE} = \frac{ 12 }{
{\sqrt{16/9 }}} \\
& = 36/\sqrt{32} \kern1pc \approx \kern1pc 6.4
\end{align*}

En cuanto a la excentricidad, \'esta es

$$ \epsilon = \sqrt{1 -(b/a)^2} =  1/\sqrt{2}$$

Sabemos que la \'orbita es una elipse y conocemos ya
sus dimensiones. 
Tambi\'en sabemos que uno de los focos est\'a en (0,0),
pero a\'un no conocemos
su orientaci\'on, es decir, no conocemos la l\'inea
que contiene
al eje mayor. Para esto nos servimos del vector de
Runge--Lenz, el que 
ya sabemos que apunta desde el foco ocupado hacia el
perigeo.

\begin{align*}
\vec A &=  \vec v \times  \vec l -
GMm\widehat r \\
& = (-\frac{4}{3} \widehat x + \frac{4}{3}
\widehat y)\times 12 
\widehat z - 32\widehat y \\
& = 16(\widehat x - \widehat y)
\end{align*}

Como verificaci\'on de estos c\'alculos, se ve que 
 $\vert \vec A \vert = 16\sqrt{2} $, tal como se
esperaba.

En $t=0$ la part\'icula est\'a en un punto que 
corresponde a $ \theta = 135^{\circ} = \frac{3}{4} \pi
 \hbox{rad}$. A esto 
corresponde una anomal\'ia central $\phi$ tal, que

$$  \tan(135/2) = \sqrt\frac{ {1+\epsilon }{  1
-\epsilon }}\,  \tan (\phi/2)$$

Para  $\epsilon = 1/\sqrt{2} $, la ra\'iz toma el
valor $ 1 + 
\sqrt{2} $  y, como tambi\'en $\tan(135/2) = 1 +
\sqrt{2} $,
resulta que  $\tan(\phi/2) = 1 $, de donde

$$  \phi = \pi/2 $$


Ahora ya tenemos todo para dibujar la \'orbita.
Procedemos:

%\notam
\marginpar{Esta otra\\ elipse tiene\\
$\epsilon \sim 0.82$\\}

\bigskip
%\fig{1}{6}{0}{Orbita buscada.}
\bigskip

Finalmente, el \'ultimo paso: encontrar la posici\'on
en  $t=1$. 
Necesitamos la ecuaci\'on de Kepler. El ingrediente que
nos
falta es el valor de $\omega = 2\pi/T $. Podemos
obtenerla a partir
de la tercera ley de Kepler:

$$  \omega^2 a^3 = GM \kern2pc \Rightarrow \kern2pc 
\omega^2 =
32/9^3$$

De aqu\'i se obtiene 

$$  \omega = 0.20951312$$

El tiempo $ t, $ para pasar desde el perigeo a la
posici\'on $ \theta = 
\frac{3}{4} \pi $,

$$    \omega \, t = \frac{3}{4} \pi  \kern1pc
\Rightarrow \kern1pc  
t = 11.246 $$

\noindent as\'i que nuestro problema es encontrar la
posici\'on despu\'es de
$t = 12.246 $ de haber pasado por el perigeo. Usamos la
ecuaci\'on
de Kepler

$$  \phi - \frac{ 1 }{  \sqrt{2 }}\, \sen(\phi) =
\omega t = 0.20951312 
\times 12.246$$

$$  \phi - \frac{ 1 }{  \sqrt{2 }}\, \sen(\phi) =
2.56569$$

La soluci\'on de esto es

$$  \phi = 2.801538  \hbox{rad} = 160.5^{\circ}$$

\noindent o sea, avanza $25.5 ^{\circ} $ en un segundo,
a partir de
$\theta = 135 ^{\circ} $


Esto determina perfectamente la posici\'on de la
part\'icula en su 
\'orbita, pero alguien podr\'ia insistir en que
necesita
las coordenadas cartesianas una unidad de tiempo
despu\'es de los
datos iniciales, lo que nos obligar\'ia a seguir
calculando.



\bigskip
%\fig{2}{6}{0}{La posici\'on en  t=1}
\bigskip


Calculamos la nueva anomal\'ia verdadera $\theta(1)
$. Se tiene

$$ \tan(\theta(1)/ 2) =  (1+\sqrt{2}) \tan (80.25)$$

$$  \theta (1) = 171.86 ^{\circ}$$

Con este dato calculamos la distancia al foco, usando
la ecuaci\'on
polar de la elipse $ r = a(1-\epsilon^2)/\left(
1+\epsilon \cos 
(\theta) \right) $. Se obtiene $  r = 15 $

Por lo tanto, la correspondiente coordenada Y es

$$  y(1) = r \cos(25.5) = 13.54$$

\noindent y la coordenada X la obtenemos con el teorema
de Pit\'agoras,  

$$  x(1) = \sqrt{15^2 - 13.54^2 } = 6.45$$

\bigskip

     !` Uf! Hemos terminado ya este largo c\'alculo.
El \'unico 
consuelo que tenemos es que este c\'alculo hay que
hacerlo al menos una 
vez en la vida; de otro modo, nos quedar\'iamos sin
apreciar todo el trabajo 
que hay que desarrollar en los c\'alculos
astron\'omicos de verdad.
%

%\bye

\section{Leonov}

Este problema fu\'e tomado del libro de Arnolds
(``Mathematics of 
Classical Mechanics", (?) ) y otra soluci\'on de \'el,
aparece
en el n\'umero de Enero del 2001 del AJP.

La \'orbita de la tapa se puede obtener de varias 
maneras. La velocidad de la c\'apsula de Leonov debe
haber sido
por lo menos de 7000 m/seg, as\'i es que el efecto
de lanzar la
tapa con una velocidad de 10 m/seg, hacia la Tierra,
corresponde apenas 
a haber cambiado la direcci\'on de esta velocidad en un
\'angulo
muy peque\~no, digamos, $\Delta \beta = 10/7000 =
0.001428 $
radianes; o sea, $0.08 ^{\circ}. $

A este problema podemos tratarlo igual como hicimos con
el problema 8, en que 
todo anduvo bien, salvo que se cometi\'o un error en el
rumbo. La conclusi\'on 
ser\'ia que la tapa pas\'o desde una \'orbita
circular, a otra el\'iptica
y muy pr\'oxima.

Desde la c\'apsula, ver\'iamos que la tapa se aleja
movi\'endose
hacia la Tierra, pero ... luego la ver\'iamos
acercarse de nuevo.
Se puede mostrar que, respecto a la c\'apsula, la tapa
describe una 
\'orbita el\'iptica.

Hace muchos a\~nos le ped\'i al Prof. Ignacio Campos
que mostrara 
esto. A continuaci\'on lo que escribi\'o. Vale la pena
ver c\'omo
calc\'ula un f\'isico te\'orico, c\'omo cambia las
unidades a su 
antojo, etc. Buen provecho.
\medskip


\begingroup  \parindent=0pt  
Se tiene
$$  \ddot{ \vec r} =  - \frac{  \vec r }{  r^3 }$$
                                         
\noindent que, en coordenadas polares, es

$$ \ddot{ \vec r} = (\ddot r - r{\dot
\phi}^2)\widehat r + (2\dot r 
\dot \phi + r \ddot \phi) \widehat \phi = - \frac{
\widehat r }{  r^2 }$$

\noindent o sea
\begin{equation}\label{ec21}
\ddot r - r {\dot \phi}^2 =  -1/r^2
\end{equation}

\begin{equation}\label{ec22}
2\dot r \dot \phi + r \ddot \phi = 0
\end{equation}

Se propone ahora la soluci\'on
\begin{equation}\label{ec23}
r = r_{\circ} + \epsilon \, r_1
\end{equation}

\begin{equation}\label{ec24}
\phi = \phi_{\circ} + \epsilon\, \phi_1
\end{equation}

\noindent con $\epsilon <<1 $. Sustitu\'imos estas
\'ultimas solociones en
1) y 2), conservando solamente los t\'erminos lineales
en $\epsilon$.

$$ \dot r = \dot{r_{\circ}} + \epsilon \dot r_1
\hskip2cm \dot \phi 
= \dot{\phi_{\circ}} + \epsilon \dot \phi_1 $$         
  

$$ \ddot r = \ddot{r_{\circ}} + \epsilon \ddot r_1 
\hskip2cm
\ddot \phi = \ddot{\phi_{\circ}} + \epsilon \ddot
\phi_1 $$            

Entonces

$$ \ddot r_{\circ} + \epsilon \ddot r_1 - (r_{\circ} +
\epsilon r_1)
(\dot \phi_{\circ} + \epsilon \dot \phi)^2 = - \frac{ 1
}{  (r_{\circ } + 
\epsilon r_1)^2} $$

$$ \kern1pc  \dot \phi_{\circ}^2 + 2\epsilon \dot
\phi_{\circ}\dot \phi_1 + 
\epsilon^2 \dot \phi_1^2 $$

\begin{align*}
\ddot r_{\circ} + \epsilon \ddot r_1 -
r_{\circ} \dot 
\phi_{\circ}^2 - 2\epsilon r_{\circ} \dot
\phi_{\circ}\dot \phi _1 - 
\epsilon r_1 \dot \phi_{\circ} & = - \frac{ 1 }{ 
r_{\circ }^2 + 2\epsilon 
r_{\circ}r_1 } \\
& = -\frac{ 1 }{  r_{\circ }^2(1 + 2\epsilon (r_1/
r_{\circ}) } \\
& = - \frac{ 1 }{  r_{\circ }^2} (1 - 2\epsilon \frac{
r_1 }{  r_{\circ }} )
\end{align*}

Como $\epsilon $ es arbitraria y $ r_{\circ},
\phi_{\circ} $ 
satisfacen las ecuaciones 1) y 2), queda

$$\epsilon(\ddot r_1 -
2r_{\circ}\dot\phi_{\circ}\dot\phi_1 - r_1\dot 
\phi_{\circ}) = \epsilon(2 \frac{ r_1 }{  r_{\circ }})
$$

Pero se define  $r_{\circ} = 1 $  y  $ \phi_{\circ} = t
$, con lo cual
queda
\begin{equation}\label{ec25}
\ddot r_1 = 2 \dot\phi_1 + 3 r_1
\end{equation}


Para la otra ecuaci\'on, se tiene

$$2(\dot r_{\circ} + \epsilon \dot
r_1)(\dot\phi_{\circ} + \epsilon 
\dot \phi_{\circ} ) + (r_{\circ} + \epsilon r_1)(\ddot
\phi_{\circ} +
\epsilon\ddot \phi_1 ) = 0 $$


$$ 2\dot r_{\circ} \dot \phi_{\circ} + 2\epsilon \dot
r_{\circ}\dot 
\phi_{\circ} + 2\epsilon \dot r_1 \dot \phi_{\circ} +
{\cal O}(\epsilon^2) + r_{\circ} \ddot \phi_{\circ} +
\epsilon r_{\circ} \ddot \phi_1 + \epsilon r_1
\ddot\phi_{\circ} +
{\cal O}(\epsilon^2) = 0 $$


$$ 2\dot r_{\circ}\dot \phi_{\circ} + r_{\circ} \ddot
\phi_{\circ} +
\epsilon(2\dot r_{\circ} \dot \phi_{\circ} + 2 \dot
r_1\dot 
\phi_{\circ} + r_{\circ}\ddot \phi_1 + r_1 \ddot \phi
_{\circ}) = 0$$

%\up{1}
$$ = 0  \kern15pc $$

\noindent y con $ r_{\circ} = 1 $ y $ \phi_{\circ} = t
$, todo esto queda

$$  2 \dot r_1 + \ddot\phi_1 = 0 $$

Se tiene entonces el sistema
\begin{equation}\label{ec26}
\ddot r_1 =  3 r_1 + 2 \dot\phi_1
\end{equation}

\begin{equation}\label{ec27}
\ddot \phi_1 = - 2 \dot r_1
\end{equation}

\noindent de donde

$$ \dot \phi_1(t) - \dot \phi_1(0) = - 2r_1(t) +
2r_1(0) = 0$$

\noindent o sea

$$  \ddot r_1 = 3r_1 - 4r_1 = -r_1$$

La soluci\'on de esto es

$$ r_1 =  A\sen t + B\cos t$$

\noindent y como  $r_1(0) = 0$, $B = 0 $  y adem\'as

$$ \dot r_1 = A\cos t \kern2pc \Rightarrow \kern2pc
\dot r_1(0) = A 
= 1/800 \Rightarrow$$

$$  r_1 = -\frac{ 1 }{  800 }\sen t$$

Por otra parte

$$ \dot \phi_1 = - 2r_1 = + \frac{ 1 }{  400 }\sen t$$

\noindent de donde

$$ \phi_i = - \frac{ 1 }{  400 }\cos t + C$$

\noindent pero como debe tenerse $ \phi_1(0) = 0$,
resulta que $ C = 1/400$.
As\'i es que finalmente se tiene

$$ \phi_1 = \frac{ 1 }{  400 } \, (1 - \cos t)$$

Se ve que $\phi_1 $ es siempre positiva, variando entre
cero y $ 1/200 
$. Por lo tanto, la tapa va siempre delante de la nave.

Por otra parte, $r_1$ puede ser positivo o negativo,
variando entre
$ -1/800 $ y $+1/800 $.

El producto $ r_{\circ}\phi_1 = \phi_1$ hace las veces
de coordenada
$X,$ mientras que la coordenada $Y$  es  $r_1$.
Entonces, las 
ecuaciones param\'etricas para $\phi_1$ y $r_1$ son las
ecuaciones
de una elipse, con eje mayor $r_{\circ}/200 = 32$ km
y eje menor $ r_{\circ}/400 = 16 $ km.

\endgroup






\section{Orbita de Hohmann}

Es una de las \'orbitas m\'as lentas, pero m\'as
econ\'omicas.
Veamos. En primer lugar necesitamos hacer algunas
aproximaciones,
pues, en caso contrario, se tratar\'ia de un
problema de cuatro
cuerpos: el Sol, la Tierra, Marte y la nave espacial. 

La primera aproximaci\'on es pensar que quien manda,
durante todo
el viaje, es el Sol. En otras palabras, nos olvidamos
de la
influencia de la Tierra a la partida y de la influencia
de Marte a
la llegada. Entonces, la trayectoria de la nave ser\'a
un arco de
secci\'on c\'onica.

Debe ser una elipse, ya que de otro modo
sobrepasar\'iamos
el radio de la \'orbita de Marte ... malgastando
combustible.
Se trata, entonces, de un arco de elipse que es
tangente a la
\'orbita de Marte.

Puesto que el Sol ha de estar en el foco de esta
\'orbita
de transferencia, ya conocemos todas sus propiedades:
es una
\'orbita de Hohmann.

%.gnore

\section{Coincidencias}

Veamos primero la ``coincidencia" entre el per\'iodo
de una 
piedra en el pozo y un sat\'elite rasante. Es sabido
que un oscilador
arm\'onico del tipo  $x(t) = A\cos\omega t $, se puede
considerar como
la proyecci\'on en el eje X de un objeto que recorre
una 
circunferencia de radio $A$  con velocidad angular
$\omega$ constante.
Esto muestra que no existe ``coincidencia" alguna,
tiene que ser
as\'i. Naturalmente lo anterior no es cierto si
densidad de la 
Tierra no es uniforme, ya que en este caso, en el
interior de ella,
el campo no ser\'ia proporcional con la distancia
sino una 
funci\'on m\'as complicada.

%\vskip-1.5cm

% \fig{1}{8}{5}{El punto O corresponde al centro de la
% Tierra y el punto 
% Q es el ``punto de suspensi\'on" del p\'endulo. Al
% radio de la
% Tierra lo llamamos R, mientras que al largo del
% p\'endulo lo 
% designamos L. El \'angulo entre la vertical y el hilo,
% lo llamamos
% $\theta $ y $\alpha$ es el \'angulo entre la vertical y
% el vector que
% va desde el centro de la Tierra hasta la part\'icula
% que oscila.}
\bigskip


El asunto del p\'endulo de largo igual al radio de la
Tierra, es m\'as 
interesante. Veremos que la conclusi\'on final es que
es un abuso el
aplicar la conocida f\'ormula $ T = 2\pi \sqrt{l/g} $
en una 
situaci\'on que no corresponde a las hip\'otesis que se
hicieron para
deducirla. En este caso no hay una ``coincidencia",
sino un error.
Esto es lo que nos mostr\'o el Prof. J.M. Lozano en
una 
conversaci\'on. Junto con el Prof. F. Medina Nicolau
hemos 
simplificado el argumento. Ve\'amoslo. La figura
siguiente define los 
s\'imbolos que usaremos. 


A la distancia entre el centro de la Tierra y la
part\'icula que 
oscila, la llamaremos $r$. Naturalmente  $R$ y $L$ son
constantes,
mientras que $\theta$,$ \alpha$ y $r$ son variables.

La aceleraci\'on del p\'endulo, a lo largo del arco que
recorre, es
$ \ddot s = L\ddot \theta $. Esta se debe a la
componente 
perpendicular al hilo de la fuerza $m \vec g$, en que $
\vec g$ es
la intensidad del campo en el punto en que se encuentra
la 
part\'icula.

En el lado derecho de la Fig. 1.--  mostramos el
\'angulo $\phi$ entre
la l\'inea ortogonal con el hilo y el vector $\vec
g$.  La 
componente de la fuerza en la direcci\'on perpendicular
al hilo es
$ mg\cos(\phi) $, pero como $\phi + \alpha + \theta =
\pi/2$, se ve 
que la aceleraci\'on a lo largo del arco se puede
escribir
\begin{equation}\label{ec29}
\ddot s = L\ddot\theta = g\sen(\theta + \alpha)
\end{equation}

La relaci\'on entre el tama\~no de la aceleraci\'on $
\vec g$ y la 
distancia al centro de la Tierra, es sencilla:
\begin{equation}\label{ec30}
g(r) = g_{\circ} (R/r)^2
\end{equation}

\noindent en que naturalmente $g_{\circ} $ es el valor
de la aceleraci\'on
en la superficie de la Tierra.


Juntando estos resultados, podemos escribir finalmente
la ecuaci\'on
diferencial del movimiento de la part\'icula
\begin{equation}\label{ec31}
\ddot \theta + {g_{\circ} R^2\over L
r^2}\sen(\theta + \alpha) 
= 0
\end{equation}

Hasta aqu\'i no se ha hecho aproximaciones, asi que
la ecuaci\'on 
3) es exacta. Como tratamos solamente de encontrar el
per\'iodo
para oscilaciones de peque\~na amplitud, empiezan
nuestras
aproximaciones.

En primer lugar, para peque\~nas oscilaciones es
evidente que $ R/r 
\approx 1 $, de modo que en vez de la ecuaci\'on 3)
solamente 
necesitamos considerar a esta otra
\begin{equation}\label{ec33}
\ddot \theta + {g_{\circ}\over L}\sen(\theta
+\alpha)= 0
\end{equation}
      
Ahora bien, si $\theta $ es peque\~no, tambi\'en es
peque\~na la
suma $\theta + \alpha$, de modo que podemos linearizar
a la ecuaci\'on 
anterior. Se obtiene
\begin{equation}\label{ec34}
\ddot \theta + {g_{\circ}\over L}(\theta
+\alpha)= 0
\end{equation}
      
Por otra parte, existe una relaci\'on entre los
\'angulo $\theta$ y
$\alpha$.

\noindent\parbox[t]{3in}{Basta mirar fijamente a la figura de la derecha
para darse cuenta que}

$$ L\sen\theta = r\sen\alpha$$

\noindent asi que para \'angulos peque\~nos se tiene:

$$  \alpha  = (L/R) \theta$$

\noindent ya que en este caso tambi\'en  $r \approx R
$. La ecuaci\'on  5) 
se  transforma en
\begin{equation}\label{ec36}
\ddot \theta + g_{\circ}(\frac{ 1 }{  L } +
\frac{ 1 }{  R })\theta  = 0
\end{equation}
      
Esta ecuaci\'on se parece much\'isimo a la
ecuaci\'on de un 
p\'endulo simple, con la diferencia de que aqu\'i
nos encontramos 
con especie de ``largo reducido",   entre el radio de
la Tierra y el 
largo  del p\'endulo. 

Nos interesa especialmente el caso $L = R$. Cuando esto
ocurre,
 la ecuaci\'on 6) se transforma en
\begin{equation}\label{ec37}
\ddot \theta +{ 2 g_{\circ}\over L}\theta  = 0
\end{equation}
      
Si llamamos $T$ al per\'iodo del p\'endulo obtenido
de la
f\'ormula com\'un, $T = 2\pi \sqrt{L/g_{\circ}} = 83 $
minutos,
se ve que la ecuaci\'on 7) conduce al valor
\begin{equation}\label{ec38}
T_1 = 83/\sqrt{2} = 58.7 \hbox{\kern1pc minutos}
\end{equation}

Este es el (para m\'i) sorprendente resultado de
Lozano. 
Sorprendente porque mi pobre intuici\'on me hac\'ia
esperar que
al efectuar peque\~nas oscilaciones, la part\'icula
recorr\'ia
una regi\'on del espacio en que la aceleraci\'on
manten\'ia
su valor $g_{\circ} $ y que tambi\'en practicamente de
manten\'ia
paralela a si misma, de modo que se pod\'ia usar la
misma f\'ormula
que aparece en los libros. Otra manera de expresar mi
sorpresa: nadie
me hab\'ia anticipado que $T = 2\pi\sqrt{L/g} $
solamente era 
v\'alida para p\'endulos no muy largos.
%.gnore

\section{Distancia promedio al Sol}

   Por definici\'on, el promedio temporal es
\begin{equation}\label{ec39}
\bar r =  \frac{ 1 }{  T }\int_{o}^{T} r(t) dt
\end{equation}

\noindent en que $r(t) $ es la funci\'on que nos da el
tama\~no del vector
posici\'on del planeta, en funci\'on del tiempo.
Nadie sabe c\'omo escribir en forma expl\'icita la
funci\'on $r(t)$,
as\'i es que vamos a cambiar de variables: del
tiempo, pasamos al \'angulo
$\phi, $ que aparece en la ecuaci\'on de Kepler:

$$  \omega t = \phi -\epsilon \sen \phi$$

\noindent y si tomamos la diferencial,

$$  \omega dt = (1 - \epsilon \cos \phi)d\phi$$

 Introduciendo esto en 1), podemos integrar
tranquilamente
\begin{align}\label{ec40}
\bar r & = {1 }{  2\pi }\int_{o}^{2\pi} a(1-\epsilon\cos\phi )^2 d\phi \\
& = \frac{ a }{  2\pi } \Bigl( \int_{o}^{2\pi} d\phi -2\epsilon\int_{o}^{2\pi}\cos\phi d\phi + \epsilon^2
\int_{o}^{2\pi} \cos^2\phi d\phi \Bigr)
\end{align}

\bigskip
Por simetr\'ia la segunda integral es cero, mientras
que la 
\'ultima, excepto el factor  $a\epsilon^2$, es igual a
la definici\'on
del promedio de $\cos\phi $, que es $\frac{1}{2}$. 
Finalmente
\begin{equation}\label{ec41}
\bar r = a(1 + \frac{1}{2} \epsilon ^2)
\end{equation}

Este resultado es correcto y se lo puede entender
as\'i: la 
distancia del planeta al Sol var\'ia entre 
$a(1-\epsilon)$
y $a(1+ \epsilon) $, pero pasa mucho m\'as tiempo lejos
del
perihelio que cerca de \'este. De modo que su valor
promedio estar\'a
m\'as cercano a $a(1+\epsilon)$ que a $a(1-\epsilon)$. 
%\endignore

\section{Cambiando orientaci\'on \'orbita}

Para que un sat\'elite de comunicaciones tenga el
m\'aximo de 
utilidad, no solamente ha de tener un per\'iodo
igual a un 
d\'ia, sino que el plano de su \'orbita debe
coincidir con
el plano ecuatorial de la Tierra.

Sinembargo, a partir de un lugar de lanzamiento con
latitud
$\lambda $, es imposible conseguir una \'orbita con una
inclinacion menor que $\lambda ,$ y se hace necesario
cambiar
el plano de la \'orbita. Pregunta: qu\'e maniobra hay
que hacer
para cambiar la inclinaci\'on de una \'orbita en un
\'angulo dado
$\phi $.

\noindent\parbox[t]{3in}{En primer lugar: ?` en qu\'e punto de la \'orbita
conviene hacer la maniobra?}

\noindent\parbox[t]{3in}{En segundo lugar:  ?` cu\'anto es el $\Delta v$
necesario?}

\noindent\parbox[t]{3in}{Tercero: puesto que no cambia la energ\'ia
cin\'etica ni la energ\'ia potencial del sat\'elite, ?` en qu\'e se
gasta el combustible?}

El dibujo representa a la Tierra, su plano ecuatorial y
un
sat\'elite en una \'orbita con inclinaci\'on $ i.$ El
punto que
llamamos N corresponde a la intersecci\'on de la
\'orbita con el
plano ecuatorial. En \'ese punto dibujamos un peque\~no
tri\'angulo
uniendo la punta del vector velocidad que realmente
tiene el 
sat\'elite, con la punta del vector velocidad que
quisieramos que
tuviera. Primero consideramos el caso en que el
\'angulo  $ i $ es
chico.


El cambio de velocidad $\Delta v$  que quisieramos, es

$$  \Delta v = 2v\sen(i/2) \approx  v\, i$$

El cambio de momentum  $m\Delta v $ y el impulso
aplicado a la nave
cumplen con

$$  J = m\Delta v \approx mv\,i$$

Naturalmente este impulso debe aportarlo el motor del
cohete.

?` En qu\'e se gasta la energ\'ia del combustible?
Ciertamente
la energ\'ia cin\'etica de la nave no cambia (estamos
empujando
ortogonalmente con  $\vec v $), asi que conclu\'imos
que la 
energ\'ia obtenida del combustible ...  se usa para
dar 
energ\'ia cin\'etica a los gases de cambusti\'on.










